\documentclass[handout]{slide}



\renewcommand{\mytitle}{第九章\quad 多元函数微分法及其应用 }
\renewcommand{\mysubtitle}{第五节\quad 隐函数的求导公式}
\graphicspath{ {./images/} }
\begin{document}



\section{一个方程的情形}

\begin{frame}{一个方程的情形}

在第二章第四节中我们已经提出了隐函数的概念， 并且指出了不经过显化直接由方程
\[\tag{5-1}
F(x, y)=0
\]
求它所确定的隐函数的导数的方法。 
\pause
现在介绍隐函数存在定理， 并根据多元复合函数的求导法来导出隐函数的导数公式。
\pause
\begin{theorem*}[隐函数存在定理 1]
  设函数 $F(x, y)$ 在点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的某一邻域内具有连续偏导数， 且 
  \[
    F\left(x_{0}, y_{0}\right)=0, \quad F_{y}\left(x_{0}, y_{0}\right) \neq 0,
  \]
  则方程 $F(x, y)=0$ 在点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的某一邻域内恒能唯一确定一个连续且具有连续导数的函数 $y=f(x)$, 它满足条件 $y_{0}=f\left(x_{0}\right)$, 并有
  \[\tag{5-2}
  \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=-\frac{F_{x}}{F_{y}}
\]
\end{theorem*}

\pause
公式(5-2) 就是隐函数的求导公式。
这个定理我们不证。 
现仅就公式(5-2) 作如下推导：
\end{frame}

\begin{frame}
  将方程 (5-1) 所确定的函数 $y=f(x)$ 代人 (5-1), 得恒等式（在$(x_0,y_0)$的某个邻域内）
\[
  F(x, f(x)) \equiv 0.
\]
\pause
其左端可以看做是 $x$ 的一个复合函数， 求这个函数的全导数， 由于恒等式两端求导后仍然恒等， 即得
\[
\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=0
\]
\pause
因为 $F_{y}$ 连续， 且 $F_{y}\left(x_{0}, y_{0}\right) \neq 0$, 所以存在 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的一个邻域， 在这个邻域内 $F_{y} \neq 0$, 故
\[
  \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=-\frac{F_{x}}{F_{y}}.
\]

\pause
如果 $F(x, y)$ 的二阶偏导数也都连续， 我们可以把等式 (5-2) 的两端看做 $x$ 的复合函数而再一次求导， 即得
\[
  \begin{aligned}
  \frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}} & =\frac{\partial}{\partial x}\left(-\frac{F_{x}}{F_{y}}\right)+\frac{\partial}{\partial y}\left(-\frac{F_{x}}{F_{y}}\right) \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x} 
=-\frac{F_{x x} F_{y}-F_{y x} F_{x}}{F_{y}^{2}}-\frac{F_{x y} F_{y}-F_{y y} F_{x}}{F_{y}^{2}}\left(-\frac{F_{x}}{F_{y}}\right)\\
&= -\frac{F_{x x} F_{y}^{2}-2 F_{x y} F_{x} F_{y}+F_{y y} F_{x}^{2}}{F_{y}^{3}} .
\end{aligned}
\]
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{example}
验证方程 $x^{2}+y^{2}-1=0$ 在点 $(0,1)$ 的某一邻域内能唯一确定一个有连续导数， 当 $x=0, y=1$ 时的隐函数 $y=f(x)$, 并求这函数的一阶与二阶导数在 $x=0$ 的值。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
设 $F(x, y)=x^{2}+y^{2}-1$, 则 $F_{x}=2 x, F_{y}=2 y, F_{x}(0,1)=0, F_{y}(0,1)=2 \neq 0$. 
\pause
因此由定理 1 可知，方程 $x^{2}+y^{2}-1=0$ 在点 $(0,1)$ 的某邻域内能唯一确定一个有连续导数， 当 $x=0, y=1$ 时的函数 $y=f(x)$.

\pause
下面求这函数的一阶及二阶导数。
\[
  \begin{aligned}
    & \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=-\frac{F_{x}}{F_{y}}=-\frac{x}{y},\left.\quad \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right|_{\substack{x=0 \\
    y=1}}=0 ; \\
    & \frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}=-\frac{y-x y^{\prime}}{y^{2}}=-\frac{y-x\left(-\frac{x}{y}\right)}{y^{2}}=-\frac{y^{2}+x^{2}}{y^{3}}=-\frac{1}{y^{3}},\left.\quad \frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|_{\substack{x=0 \\
    y=1}}=-1 .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
隐函数存在定理还可以推广到多元函数。 既然一个二元方程 (5-1) 可以确定一个一元隐函数，那么一个三元方程
\[\tag{5-3}
F(x, y, z)=0
\]
就有可能确定一个二元隐函数。

\pause
与定理 1 一样， 我们同样可以由三元函数 $F(x, y, z)$ 的性质来断定由方程 $F(x, y, z)=0$ 所确定的二元函数 $z=f(x, y)$ 的存在以及这个函数的性质。 这就是下面的定理。

\pause
\begin{theorem*}[隐函数存在定理 2]
  设函数 $F(x, y, z)$ 在点 $P\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$ 的某一邻域内具有连续偏导数， 且 $F\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)=0, F_{z}\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right) \neq 0$, 则方程 $F(x, y, z)=0$ 在点 $\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$ 的某一邻域内恒能唯一确定一个连续且具有连续偏导数的函数 $z=f(x, y)$, 它满足条件 $z_{0}=$ $f\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 并有
  \[\tag{5-4}
  \frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_{x}}{F_{z}}, \quad \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_{y}}{F_{z}}
\]
\end{theorem*}


这个定理我们不证。 
\end{frame}

\begin{frame}
与定理 1 类似，仅就公式 (5-4) 作如下推导：

\pause
由于 $F[x, y, f(x, y)] \equiv 0$, 将上式两端分别对 $x$ 和 $y$ 求导， 应用复合函数求导法则得
\[
  F_{x}+F_{z} \frac{\partial z}{\partial x}=0, \quad F_{y}+F_{z} \frac{\partial z}{\partial y}=0.
\]
\pause
因为 $F_{z}$ 连续， 且 $F_{z}\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right) \neq 0$, 所以存在点 $\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$ 的一个邻域， 在这个邻域内 $F_{z} \neq 0$,于是得
\[
\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_{x}}{F_{z}}, \quad \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_{y}}{F_{z}}
\]
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  设 $x^{2}+y^{2}+z^{2}-4 z=0$, 求 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}$.
\end{example}
\pause
\begin{solution}
设 $F(x, y, z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-4 z$, 则 $F_{x}=2 x, F_{z}=2 z-4$. 当 $z \neq 2$ 时， 应用公式 (5-4), 得
\[
  \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{x}{2-z}.
\]
\pause
再一次对 $x$ 求偏导数， 得
\[
\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}=\frac{(2-z)+x \frac{\partial z}{\partial x}}{(2-z)^{2}}=\frac{(2-z)+x \cdot \frac{x}{2-z}}{(2-z)^{2}}=\frac{(2-z)^{2}+x^{2}}{(2-z)^{3}} \text {. }
\]
\end{solution}
\end{frame}


\section{方程组的情形}

\begin{frame}{方程组的情形}
下面我们将隐函数存在定理作另一方面的推广。
\pause
我们不仅增加方程中变量的个数， 而且增加方程的个数。 例如， 考虑方程组
\[\tag{5-5}
  \left\{\begin{array}{l}
    F(x, y, u, v)=0 \\
  G(x, y, u, v)=0
\end{array}\right.
\]
\pause
这时，在四个变量中，一般只能有两个变量独立变化，因此方程组 (5-5) 就有可能确定两个二元函数%
\footnote{一般地，由$r$个方程构成的$n$元方程组也许能确定一个自变量为$n-r$元、因变量为$r$元的隐函数。}。 
\pause
在这种情况下， 我们可以由函数 $F, G$ 的性质来断定由方程组 (5-5) 所确定的两个二元函数的存在以及它们的性质。 我们有下面的定理。
\pause
\begin{theorem*}[隐函数存在定理 3]
设 $F(x, y, u, v), G(x, y, u, v)$ 在点 $P\left(x_{0}, y_{0}, u_{0}, v_{0}\right)$ 的某一邻域内具有对各个变量的连续偏导数， 又 $F\left(x_{0}, y_{0}, u_{0}, v_{0}\right)=0, G\left(x_{0}, y_{0}, u_{0}, v_{0}\right)=0$, 且偏导数所组成的函数行列式(或称\emph{雅可比 (Jacobi) 式})
\[
  J=\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}=\left|\begin{array}{ll}
    \frac{\partial F}{\partial u} & \frac{\partial F}{\partial v} \\
  \frac{\partial G}{\partial u} & \frac{\partial G}{\partial v}
\end{array}\right|
\]
在点 $P\left(x_{0}, y_{0}, u_{0}, v_{0}\right)$ 不等于零， 则方程组 $F(x, y, u, v)=0, G(x, y, u, v)=0$ 在点 $\left(x_{0}, y_{0}, u_{0}, v_{0}\right)$ 的某一邻域内恒能唯一确定一组连续且具有连续偏导数的函数 $u=u(x, y), v=v(x, y)$, 它们满足条件 $u_{0}=u\left(x_{0}, y_{0}\right), v_{0}=v\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 
\end{theorem*}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{theorem*}[续]
并有
  \begin{align*}
      \frac{\partial u}{\partial x}&= -\frac{1}{J} \frac{\partial(F, G)}{\partial(x, v)}=-\frac{\left|\begin{array}{ll}
        F_{x} & F_{v} \\
      G_{x} & G_{v}
  \end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll}
    F_{u} & F_{v} \\
  G_{u} & G_{v}
\end{array}\right|} \\
\frac{\partial v}{\partial x}&= -\frac{1}{J} \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, x)}=-\frac{\left|\begin{array}{ll}
  F_{u} & F_{x} \\
G_{u} & G_{x}
\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll}
  F_{u} & F_{v} \\
G_{u} & G_{v}
\end{array}\right|}, \tag{5-6}\\
\frac{\partial u}{\partial y}&= -\frac{1}{J} \frac{\partial(F, G)}{\partial(y, v)}=-\frac{\left|\begin{array}{ll}
  F_{y} & F_{v} \\
G_{y} & G_{v}
\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll}
  F_{u} & F_{v} \\
G_{u} & G_{v}
\end{array}\right|}, \\
\frac{\partial v}{\partial y}&= -\frac{1}{J} \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, y)}=-\frac{\left|\begin{array}{ll}
  F_{u} & F_{y} \\
G_{u} & G_{y}
\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll}
  F_{u} & F_{v} \\
G_{u} & G_{v}
\end{array}\right|} .
\end{align*}
\end{theorem*}
这个定理我们不证。 
\end{frame}

\begin{frame}
与前两个定理类似，下面仅就公式(5-6) 作如下推导：

\pause
由于
\[
F[x, y, u(x, y), v(x, y)] \equiv 0, \quad G[x, y, u(x, y), v(x, y)] \equiv 0,
\]
将恒等式两端分别对 $x$ 求导，应用复合函数求导法则得
\[
  \left\{\begin{array}{l}
    F_{x}+F_{u} \frac{\partial u}{\partial x}+F_{v} \frac{\partial v}{\partial x}=0, \\
  G_{x}+G_{u} \frac{\partial u}{\partial x}+G_{v} \frac{\partial v}{\partial x}=0 .
\end{array}\right.
\]
\pause
这是关于 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial v}{\partial x}$ 的线性方程组， 由假设可知在点 $P\left(x_{0}, y_{0}, u_{0}, v_{0}\right)$ 的一个邻域内， 系数行列式
\[
  J=\left|\begin{array}{cc}
  F_{u} & F_{v} \\
G_{u} & G_{v}
\end{array}\right| \neq 0
\]
\pause
从而可解出 $\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial v}{\partial x}$, 得
\[
\frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{1}{J} \frac{\partial(F, G)}{\partial(x, v)}, \quad \frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{1}{J} \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, x)}
\]

\pause
同理，可得
\[
\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{1}{J} \frac{\partial(F, G)}{\partial(y, v)}, \quad \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{1}{J} \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, y)}
\]
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{example}
  设 $x u-y v=0, y u+x v=1$, 求 $\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial v}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial v}{\partial y}$.
\end{example}
\pause
\begin{solution}
此题可直接利用公式 (5-6), 但也可依照推导公式(5-6) 的方法来求解。下面我们用后一种方法来做。
\pause
将所给方程的两端对 $x$ 求导并移项， 得
\[
  \left\{\begin{array}{l}
        x \frac{\partial u}{\partial x}-y \frac{\partial v}{\partial x}=-u \\
        y \frac{\partial u}{\partial x}+x \frac{\partial v}{\partial x}=-v
  \end{array}\right.
\]

\pause
在 $J=\left|\begin{array}{rr}x & -y \\ y & x\end{array}\right|=x^{2}+y^{2} \neq 0$ 的条件下，
\[
  \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\left|\begin{array}{rr}
        -u & -y \\
        -v & x
    \end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll}
        x & -y \\
      y & x
  \end{array}\right|}=-\frac{x u+y v}{x^{2}+y^{2}}, \quad \frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\left|\begin{array}{ll}
      x & -u \\
    y & -v
\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll}
    x & -y \\
  y & x
\end{array}\right|}=\frac{y u-x v}{x^{2}+y^{2}} .
\]

\pause
将所给方程的两端对 $y$ 求导。 用同样方法在 $J=x^{2}+y^{2} \neq 0$ 的条件下可得
\[
\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{x v-y u}{x^{2}+y^{2}}, \quad \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{x u+y v}{x^{2}+y^{2}} .
\]
\end{solution}

\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  设函数 $x=x(u, v), y=y(u, v)$ 在点 $(u, v)$ 的某一邻域内连续且有连续偏导数， 又
  \[
  \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} \neq 0
\]

(1) 证明方程组
\[\tag{5-7}
  \left\{\begin{array}{l}
        x=x(u, v) \\
        y=y(u, v)
  \end{array}\right.
\]
在点 $(x, y, u, v)$ 的某一邻域内唯一确定一组连续且具有连续偏导数的反函数 $u=u(x, y)$, $v=v(x, y)$.

(2) 求反函数 $u=u(x, y), v=v(x, y)$ 对 $x, y$ 的偏导数。
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{solution}
  (1) 令
  \[
    F(x, y, u, v) = x-x(u, v), \quad 
    G(x,y,u,v)= y-y(u,v).
  \]
  \pause
注意$F(x,y,u,v)\coloneq x-x(u,v)$中第一个$x$是$F$的自变量，而第二个$x$与自变量$x$无关，不过是$x(u,v)$这个关于$u,v$的函数的记号；函数$G$的定义中也类似如此。
\pause
按假设
\[
  J=\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}=\begin{vmatrix}
    -\frac{\partial x}{\partial u} & -\frac{\partial x}{\partial v}\\
    -\frac{\partial y}{\partial u} & -\frac{\partial y}{\partial v}
  \end{vmatrix}=\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} \neq 0 .
\]
\pause
故由隐函数存在定理 3 知方程组
\[
  \begin{cases}
    F(x,y,u,v)=0\\
    G(x,y,u,v)=0
  \end{cases}
\]
在点$(x,y,u,v)$附近可确定连续且具有连续偏导数的隐函数
$(u,v)=(u(x,y), v(x,y))$.
\pause
代入
\[
\begin{cases}
  x-x(u,v)=F(x,y,u,v)=0\\
  y-y(u,v)=G(x,y,u,v)=0
\end{cases}
\]
可知其为$(x,y)=(x(u,v), y(u,v))$的反函数。
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{solution}[续]
 (2) 将方程组 (5-7) 所确定的反函数 $u=u(x, y), v=v(x, y)$ 代人 (5-7), 即得
  \[
    \left\{\begin{array}{l}
          x \equiv x[u(x, y), v(x, y)] \\
          y \equiv y[u(x, y), v(x, y)] .
    \end{array}\right.
\]
\pause
将上述恒等式两端分别对 $x$ 求偏导数， 得
\[
  \left\{\begin{array}{l}
        1=\frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial x}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} \\
        0=\frac{\partial y}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x}
  \end{array}\right.
\]
\pause
由于 $J \neq 0$, 故可解得
\[
\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{J} \frac{\partial y}{\partial v}, \quad \frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{1}{J} \frac{\partial y}{\partial u} .
\]

\pause
同理， 可得
\[
  \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{1}{J} \frac{\partial x}{\partial v}, \quad \frac{\partial v}{\partial y}=\frac{1}{J} \frac{\partial x}{\partial u}.
\]
\end{solution}

\end{frame}

\begin{frame}
  隐函数定理的一般形式如下：
  \begin{theorem*}
    设$k$个$n+k$元函数
    \[
      f_1(x_1,\cdots,x_n,t_1,\cdots,t_k), \cdots, f_k(x_1,\cdots,x_n, t_1,\cdots,t_k).
    \]
    在点$M(x_{10}, \cdots, x_{n0}, t_{10}, \cdots, t_{k0})\in \RR^{n+k}$处取值为$0$且有连续的偏导数。
    若还有在$M$处的 Jacobi 行列式
    \[
      \begin{vmatrix}
        \frac{\partial f_1}{t_1} & \cdots & \frac{\partial f_1}{t_k} \\
        \vdots & & \vdots \\
        \frac{\partial f_k}{t_1} & \cdots & \frac{\partial f_k}{t_k}
      \end{vmatrix}_M\neq 0,
    \]
    那么
  \end{theorem*}
\end{frame}

\end{document}
